dy dx xy

Esercizi su integrali multipli

Calcolare l’integrale doppio

∫∫

A

dy dx xy

dove

^{A =} { ( ) ^{x , y ∈ R}

²

^{: 0 ≤ x ≤ 2 , 0 ≤ y ≤ 2 x − x}

²

}

Soluzione

Anche se non occorre per la risoluzione dell’esercizio, disegniamo il dominio

A

Impostiamo l’integrale doppio

∫ ∫

∫∫ _⎟ ^⎟

⎠

⎞

⎜ ⎜

⎝

=

²

⎛

⁻

0 2

0

2

dx dy xy dy

dx xy

x x

A

risolviamo l’integrale interno

( ) ₌

⎥ ⎥

⎦

⎤

⎢ ⎢

⎣

⎡ − −

⎥ =

⎦

⎢ ⎤

⎣

= ⎡

=

− −

−

∫

∫ ₂ ² ₂

^{2 2}

₂ ⁰

2

0 2 2

0 2

0

2 2 2

x x x

x y dy y x dy xy

x x x

x x

x

2 4 4 2

4

4 x

²

x

³

x

⁴

x

³

x

⁴

x

⁵

x ⎥ = − +

⎦

⎢ ⎤

⎣

⎡ − +

=

sostituiamo nell’integrale esterno e risolviamo l’integrale

( ) _⎥ ⁼

⎦

⎢ ⎤

⎣

⎡ − +

= +

−

⎟⎟ =

⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛ − +

∫

∫

2

0 6 5 2 4

0

5 4 3 2

0

5 4 3

6 5 4 4 4 2 4 1

2 4 1 2

4

4 x x x

dx x x x x dx

x x

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ₌

⎥⎦ ⎤

⎢⎣ ⎡ − +

⎥ =

⎦

⎢ ⎤

⎣

⎡ ⎟

⎠

⎜ ⎞

⎝

⎛ − +

− +

−

= 6

64 5 128 4 64 2 1 6

0 5

0 4 4

0 4 6 64 5

32 4 4 16 4 2 1

15 8 60 32 60

320 768 480 6

32 5 64 4

32 − + = − + = =

=

Si calcolino 1 seguenti integrali doppi con due metodi, considerando il dominio di integrazione prima normale rispetto all’asse

x

, poi normale rispetto all’asse

y

:

A.

∫∫

A

dy dx x

B.

^∫∫

B

( ⁺ ) ( ⁺ )

dy y dx x

y 1

2

1

soluzione

Primo integrale con dominio normale rispetto a x

L’insieme

A

è formato da tutti e soli i punti che hanno l’ascissa compresa tra

0

e

1

. Per quanto riguarda l’ordinata, prendiamo l’equazione cartesiana in forma implicita della circonferenza e la cerchiamo.

2

1

2

+ y =

x → y

²

= 1 x −

²

→ y = ± 1 x −

²

il punto d’ordinata massima sarà

y = 1 x −

² , mentre quello d’ordinata minima è

y = − 1 x −

²

allora l’insieme può essere scritto con la seguente definizione

⎭

⎩

passiamo all’integrazione

∫ ∫

∫∫ _⎟ ^⎟

⎠

⎞

⎜ ⎜

⎝

= ⎛

⁻

−

− 1

0 1

1

2

2

dx dy x dy

dx x

x

A x

svolgiamo l’integrale interno

[ ]

¹₁

[

^{2 2}

]

²

1

1

1 2 1

2

1

2 2

2

x x x x

x y

x dy

x

^x

x x

x

−

=

− +

−

=

=

₋⁻₋

−

−

−

∫

poi l’integrale esterno che ci da il risultato

( ) ( ) ( )

3 0 2

3 1 1 2 3 1 1 2

3 1 2

2

²

3 2

1 3

0 2 3 2 1

0

2

⎥⎦ ⎤ =

⎢⎣ ⎡ − − + −

⎥ =

⎦

⎢ ⎤

⎣

⎡ − −

=

∫ ^x − ^{x dx x}

Primo integrale con dominio normale rispetto a y

L’insieme

A

, in questo caso, è formato da tutti e soli i punti che hanno l’ordinata compresa tra

− 1

e

1

, cerchiamo l’ascissa passando come in precedenza per l’equazione implicita della circonferenza.

2

1

2

+ y =

x →

x

²

= 1 y −

²

→ x = 1 y −

²

questa volta scegliamo direttamente il segno positivo perché, come si vede in figura, non appartengono a

A

dei punti con ascissa negativa.

Definiamo l’insieme

( ) ⎭ ⎬ ⎫

⎩ ⎨

⎧ ∈ − ≤ ≤ ≤ ≤ −

= x , y R

²

: 1 y 1 , 0 x 1 y

²

A

impostiamo l’integrale doppio

∫ ∫

∫∫

−

−

⎟ ⎟

⎠

⎞

⎜ ⎜

⎝

= ⎛

1

1 1

0

2

dy dx x dy

dx x

y

A

risolviamo prima quello interno

2 1 2

1 2

0 1 2

0

2 2

y dx x

x

y y

= −

⎥ ⎦

⎢ ⎤

⎣

= ⎡

− −

∫

sostituiamo

⎥⎦ =

⎢⎣ ⎤

⎡ −

⎥ =

⎦

⎢ ⎤

⎣

⎡ ⎟

⎠

⎜ ⎞

⎝

⎛ − +

−

−

⎥ =

⎦

⎢ ⎤

⎣

⎡ −

=

−

⎟⎟ =

⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛ −

− −

−

∫ ¹ ₂ ¹ ₂ ∫ ^{1 1} _{2 3} ¹ ₂ ^{1 1} ₃ ^{1 1} ₃ ¹ ₂ ^{2 2} ₃

1

1 1 3

1 2 1

1

2

y

y dy y y dy

3 2 3 1 − 1 =

=

Secondo integrale con dominio normale rispetto a x

Per quanto riguarda il dominio

B

, prima di tutto vediamo che fanno parte d quest’insieme tutti e soli i punti che hanno ascissa compresa tra

0

e

1

, mentre i punti hanno ordinata massima

1

e si trovano tutti al disopra di

y = x

. Quindi possiamo definire

( ) ⎭ ⎬ ⎫

⎩ ⎨

⎧ ∈ ≤ ≤ ≤ ≤

= x , y R

²

: 0 x 1 , x y 1 B

impostiamo al solito l’integrale

( ) ( ) ^{∫ ∫} ( ) ( )

∫∫ ⎟ ⎟

⎠

⎞

⎜ ⎜

⎝

⎛

+

= + +

+

1

0 1

2

2

1 1

1

1 dy dx

y x dy y

y dx x

y

x B

risolviamo per primo l’integrale interno

( ⁺ ) ( ⁺ ) ⁼ ( ⁺ ) ^∫ ( ⁺ ) ⁼ ( ⁺ ) ^∫ ( ⁺ ) ⁼

∫

¹

_{1 1}

²

₁ ¹

¹

₁

²

_{2 1} ¹

¹

₁ ²

²

x x

x

y dy y dy x

y y dy x

y x

y

( ) [ ( ) ] _{( ) ( ) (} ^{[ ) ]} _{( )} ⎟

⎠

⎜ ⎞

⎝

⎛ +

= + +

− + +

= + +

= x x x

y x

x

^x

1

ln 2 1 2 1 1

ln 1 1 1 ln

2 1 1

1 ln 2

1

2 ¹

andiamo a sostituire e risolviamo quello esterno

( ) ( ) ^⎟ ⎠ ⁼

⎜ ⎞

⎝

⎛ +

= +

⎟ ⎠

⎜ ⎞

⎝

⎛ +

+ ∫

∫

¹

0 1

0

1

ln 2 1

1 2 1 1

ln 2 1 2

1 dx

x dx x

x x

( ) ( ) ⎟ =

⎠

⎜ ⎞

⎝

⎛ +

∂

⋅ ∂

⎟ ⎠

⎜ ⎞

⎝ + ⎛ +

⎥ −

⎦

⎢ ⎤

⎣

⎡ ⎟

⎠

⎜ ⎞

⎝

⎛ + +

= ∫

¹

0 1

0

1

2 2

1 1 2 ln 1 1

ln 2 1 2 ln

1 dx

x x x x

x x

facciamo una piccola digressione

( ) ( ) ( ) ⎥ =

⎦

⎢ ⎤

⎣

⎡ ⎟

⎠

⎜ ⎞

⎝

⎛ + +

⎟ −

⎠

⎜ ⎞

⎝

⎛ + +

⎥ =

⎦

⎢ ⎤

⎣

⎡ ⎟

⎠

⎜ ⎞

⎝

⎛ + +

0 1 ln 2 0 1 1 ln 1 ln 2 1 1 1 ln

ln 2 1 ln

1

x

0

x

( ) ( ) [ ln ( ) ( ) ( ) ( ) 2 ln 1 ln 1 ln 2 ] 0 1

ln 2 1 2 ln ln 2 2

ln ⎥ = − =

⎦

⎢ ⎤

⎣

⎡ ⎟

⎠

⎜ ⎞

⎝

− ⎛

⎟ ⎠

⎜ ⎞

⎝

= ⎛

anche per il fatto che

^ln ( ) ¹ = ⁰

allora tornando al nostro integrale

( ) ( ) ( )

( + ) ⁼

= +

⎟⎟ ⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛

− +

⎟ ⋅

⎠

⎜ ⎞

⎝ + ⎛ +

−

= ∫ ∫

¹

0 1

0

2

1

1 ln 2 1 1

2 2

1 1 2 ln

1 dx

x dx x

x x x

( ) ( ( ) ) ( ( ) ) ₌

⎥ ⎦

⎢ ⎤

⎣

⎡ +

= + +

= ∫

1

0 2 1

0

2

1 ln 2 1 1

ln 1

2 ln

1 x

x d

x

( )

( ) ( ( ) ) ( ( ) )

4 2 ln 2

1 ln 2

2 ln 2

1

^{2 2}

⎥ =

²

⎦

⎢ ⎤

⎣

⎡ −

=

Secondo integrale con dominio normale rispetto a y

Consideriamo ora il dominio

B

normale rispetto a

y

. Fanno parte dell’insieme tutti e soli i punti che hanno ordinata compresa tra

0

e

1

, ascissa compresa tra

0

e

y

², quindi il nostro insieme è

( ) ⎭ ⎬ ⎫

⎩ ⎨

⎧ ∈ ≤ ≤ ≤ ≤

= x , y R

²

: 0 y 1 , 0 x y

²

B

impostiamo il calcolo

( ) ( ) ^{∫ ∫} ( ) ( )

∫∫ _⎟ ^⎟

⎠

⎞

⎜ ⎜

⎝

⎛

+

= + +

+

1

0 0

2 2

2

1 1 1

1 dx dy

y x dy y

y dx x

y

^y

B

al solito svolgiamo l’integrale interno

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ^{[ ( ) ]}

²

2 2

2 0 0

2 0

2

ln 1

1 1

1 1

1 1

y y

y

y x dx y

x y

dx y y x

y +

= + +

= + +

+ ∫

∫

( ₊ ) ^{[ ( + ) ] =} ( ₊ ) ( [ ⁺ ) ⁻ ( ⁺ ) ] ⁼

= ln 1 ln 1 0

1 1 1 ln

2 0 2

2

2

y y x y

y

y

y

( )

(

²

)

2

1 1 ln

y y y

+

= +

e andiamo a sostituire per svolgere quello esterno

( ) ( ) ( ) ( ^{+ +} ) ⁼

⎟ =

⎟

⎠

⎞

⎜ ⎜

⎝

⎛

+

+ ∫

∫ ∫

¹

0

2 1 2

0 0

2

1

1 ln 1

1

2

y dy y dy y

y dx x

y

y

( ) ( ) ( ) ( ^{⋅ +} ) ⁼

= + +

+ ⋅

= ∫ ∫

¹

0

2 2

1

0

2

2

ln 1

1 2 2 1 1

1 ln y dy

y dy y

y y y

( ) ( ) _⎟⎟ ⁼ ( ⁺ ) ( ⁺ ) ⁼

⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛ ⋅

+ +

= ∫ ∫

¹

0

2 2

1

0

2

2

ln 1 ln 1

2 1 1

1 2 2 ln

1 dy y d y

y y y

( )

( ) ( ( ) ) ( ( ) )

4 2 ln 2

1 1 ln 2 1 2

1 ln 2

1

^{2 2}

1

0 2 2

⎥ =

⎦

⎢ ⎤

⎣

⎡ +

⎥ =

⎥ ⎦

⎤

⎢ ⎢

⎣

⎡ +

= y

---

Calcolare l’integrale doppio

∫∫ [ ]

T

dy dx y

²

exp

dove

T

è il triangolo chiuso del piano

xy

di vertici nei punti di coordinate

( ) 0 , 0

,

( ) 0 , 1

,

( ) 2 , 1

.

Soluzione

Disegniamo il triangolo nel piano cartesiano

Il triangolo dominio rappresentato può essere considerato normale rispetto a entrambi gli assi coordinati, l’unico lato del triangolo che varia rispetto a entrambi gli assi coordinati è quello che congiunge il vertice

( ) 0 , 0

col vertice

( ) 2 , 1

. Il lato in questione si trova sulla retta di equazione

0 2 =

− y x

normale rispetto a x

definiamo l’insieme come normale rispetto a

x

, quindi esplicitiamo la retta rispetto a

y

:

2 y = x

( ) ⎭ ⎬ ⎫

⎩ ⎨

⎧ ∈ ≤ ≤ ≤ ≤

= 1

, 2 2 0

:

,

²

x y

x R

y x T

applichiamo le formule di riduzione

[ ] _{∫ ∫} [ ]

∫∫ _⎟ ^{⎟ ⎟}

⎠

⎞

⎜ ⎜

⎜

⎝

⎛

=

²

0 1

2 2

2

exp

exp y dx dy y dy dx

T x

calcoliamo l’integrale interno

[ ] ⁼

∫

¹

2

exp

2 x

dy y

e in questo modo ci blocchiamo per mancanza di una funzione conosciuta che faccia da primitiva a quella integranda.

normale rispetto a y

prima di tutto esplicitiamo la retta in modo opposto

y x = 2

in questo modo l’insieme è

{ ( ) ^{x y R y x y} }

T = , ∈

²

: 0 ≤ ≤ 1 , 0 ≤ ≤ 2

impostiamo di nuovo il calcolo

[ ] _{∫ ∫} [ ]

∫∫ ⎟ ⎟

⎠

⎞

⎜ ⎜

⎝

=

¹

⎛

0 2

0 2

2

exp

exp y dx dy y dx dy

y

T

calcoliamo l’integrale interno

[ ] [ ] ^{[ ]}

²0

[ ]

²

2 2

0

2

exp 2 exp

exp y dx y x

^y

y y

y

⋅

=

⋅

∫ =

sostituiamo e andiamo a calcolare l’integrale esterno

[ ] ^exp [ ] ( ) [ ^exp [ ] ] [ ^exp [ ] ^{1 exp} [ ] ⁰ ] ¹

exp

2

^{2 1}₀

1

0

2 2 1

0

2

= = = − = −

⋅ ∫

∫ ^{y y dy y d y y e}

---

Calcolare l’integrale doppio

( )

∫∫ ⁻

S

dy dx y x

dove

S

è il semicerchio di centro l’origine, raggio

r

, contenuto nel semipiano delle

y

positive.

Soluzione

Disegniamo dapprima l’insieme

Primo metodo

Consideriamo l’insieme normale rispetto all’asse

x

.

I punti che fanno parte dell’insieme sono tutti e soli quelli che hanno le ascisse comprese tra

− r

e

r

. Mentre ci ricaviamo l’ordinata dall’equazione implicita della circonferenza.

r y x

²

+

²

=

è il luogo dei punti che hanno distanza dall’origine uguale a

r

, esplicitando rispetto a

y

troviamo

2 2

2

y r

x + = → y

²

= r

²

− x

²

→ y = ± r

²

− x

²

ovviamente prendiamo in considerazione solo la funzione

y = r

²

− x

² . possiamo definire l’insieme

{ ( ) ^{x , y R}

²

^{: r x r , 0 y r}

²

^x

²

}

S = ∈ − ≤ ≤ ≤ ≤ −

impostiamo il calcolo

( ) ∫ ∫ ( )

∫∫

−

−

⎟ ⎟

⎠

⎞

⎜ ⎜

⎝

⎛ −

=

−

r

r x r

S

dx dy y x dy

dx y x

2 2

0

svolgiamo l’integrale interno

( ) [ ] _⎥ ⁼

⎦

⎢ ⎤

⎣

− ⎡

=

−

=

−

=

−

−

− −

−

−

−

−

∫ ∫ ∫ ∫

∫

2 2 2

2 2

2 2 2 2

2 2

2 2

2

0 2

0 0

0 0

0

0

1 2

x r x

r x

r x r x

r x

r x

r

y

y x dy y dy

x dy y dy

x dy

y x

[ ] 2 2 2 2

2 2 2 2 2

2 2 2

0 2

0

2 2 2

2

r x

x r x x

x r r y x

y x

x r x

r

⎥ = − − − = − − +

⎦

⎢ ⎤

⎣

− ⎡

−

−

sostituiamo e risolviamo l’integrale esterno

( ) _{∫ ∫ ∫}

∫

− − −

−

+

−

−

= +

−

−

r

r r

r r

r r

r

x dx r dx

dx x r x dx x r x r

x 2 2

2 2

2 2 2

2 2 2

risolvendo singolarmente i tre integrali

( ) ( ) ( ( ) )

0 3

3 3

2 2 2 2

2 2 2

2 2 2

2

=

⎥ ⎥

⎥

⎦

⎤

⎢ ⎢

⎢

⎣

⎡ − − −

− −

= −

⎥ ⎥

⎥

⎦

⎤

⎢ ⎢

⎢

⎣

⎡ − −

=

−

−

−

∫ ^{x r x dx r x r r r r}

r r

r

[ ]

²

[ ( ) ]

³

2 2

2

2 1 2

2

2 r r r r

r x r dx

r dx

r

r r

r r

r

=

−

−

=

=

=

₋

−

−

∫ ∫

3 3

3 3

2

6 2 6 6 6

2 x r r r

x dx

^r

r r

r

⎥ =

⎦

⎢ ⎤

⎣

⎡ +

⎥ =

⎦

⎢ ⎤

⎣

= ⎡

−

∫

−

rimettendo insieme

3 3

3 3

3 2 6

4 6

2 r r r

r + = − = −

−

secondo metodo

proviamo a cambiare l’insieme in coordinate polari.

L’insieme è formato da tutti i punti che hanno distanza dal centro compresa tra

0

e

r

, l’angolo polare è compreso tra

0

e

π

.

Definiamo un’applicazione

Φ : S

^*

⊂ R

²

→ S ⊂ R

², dove

S

^* è il semicerchio in coordinate polari., che a ogni coppia

( ρ , ϑ )

associa un punto

( ) ^{x, y}

del semicerchio in coordinate cartesiane

( ) ( )

( ) ( )

( ) ^⎟⎟ _⎠ ^⎞

⎜⎜ ⎝

= ⎛

⎟⎟ ⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛ Φ

= Φ

Φ ρ ϑ

ϑ ρ ϑ

ρ ϑ ϑ ρ

ρ sen

cos ,

, ,

2 1

sappiamo che vale l’uguaglianza

( ) ∫∫ ( )

∫∫ ^{= Φ Φ}

^Φ

*

2 1

, ,

S S

d d J f

dy dx y x

f ρ ϑ

quindi cerchiamo lo Jacobiano

( ) ( )

( ) ( ) ^⎟⎟ _⎠ ^⎞

⎜⎜ ⎝

⎛ −

=

⎟ ⎟

⎟ ⎟

⎠

⎞

⎜ ⎜

⎜ ⎜

⎝

⎛

∂ Φ Φ ∂

∂

∂

∂ Φ Φ ∂

∂

∂

Φ

= ϑ ρ ϑ

ϑ ρ ϑ ϑ

ρ

ϑ ρ

cos sen

sen cos

2 2

1 1

J

ne cerchiamo il determinante

( ) ⋅ ( ) − ( − ( ) ⋅ ( ) ) = ( ) + ( ) =

Φ

= cos ϑ ρ cos ϑ ρ sen ϑ sen ϑ ρ cos

²

ϑ ρ sen

²

ϑ

J

( ) ( )

( ^{ϑ ϑ} ) ^ρ

ρ + =

= cos

²

sen

² impostiamo il calcolo

( ) ∫ ∫ ( ) ( )

∫∫ ⎟⎟

⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛ − ⋅

= Φ

Φ

_Φ

ρ ϑ

^π

ρ θ ρ θ ρ ρ ϑ

0 0 2

1

, cos sen

*

d d d

d J f

r

S

svolgiamo l’integrale interno

( ) ( )

( ) ( ( ) ( ) ) ( ( ) ( ) ) ⎥ =

⎦

⎢ ⎤

⎣

− ⎡

=

−

=

⋅

− ∫

∫

r r r

d d

0 3

0 2

0

ρ cos θ ρ sen θ ρ ρ cos θ sen θ ρ ρ cos θ sen θ ρ 3

( ) ( )

( )

sen 3 cos

r

3

θ θ −

=

sostituiamo nell’integrale esterno e risolviamo

( ) ( )

( ) ( ( ) ( ) ) ( ) ( ) ⎟⎟ =

⎠

⎞

⎜⎜ ⎝

⎛ −

=

−

=

− ∫ ∫ ∫

∫

^{π π π}

π

θ θ ϑ θ θ ϑ θ ϑ θ ϑ

0 0

3

0 3

0

3

sen 3 cos

sen 3 cos

sen 3

cos r d d

r d

r d

[ ( ) ] [ ( ) ]

( − − ) = ( [ ^{( )} − ^{( )} ] − [ − ( ) + ( ) ] ) =

= sen sen 0 cos cos 0

cos 3 3 sen

3

0 0

3

ϑ

^π

ϑ

^π

^r π π

r

[ ] [ ( ) ]

( )

³

( [ ] )

³

3

3 1 2 3 1

1 1 0

3 0 r r

r − − − − + = − + = −

=

i conti tornano.

---

Calcolare l’integrale doppio

( )

∫∫ ^{⋅ + ⋅}

X

dy dx y b x a

²

ove

a

,

b ∈ R

e

^{X =} { ( ) ^{x , y ∈} [ ] ^{− 1 , 1 × R , x}

²

^{≤ y ≤ 1} }

Soluzione

Disegniamo il dominio

X

Impostiamo il calcolo piuttosto semplice

( ) _{∫ ∫} ( )

∫∫

−

⎟ ⎟

⎠

⎞

⎜ ⎜

⎝

⎛ ⋅ + ⋅

=

⋅ +

⋅

1

1 1

2 2

2

dx dy y b x a dy

dx y b x a

X x

svolgiamo l’integrale interno

( ^{⋅ + ⋅} ) ⁼ _∫ ^{⋅ +} _∫ ^{⋅ = ⋅} _∫ ^{+ ⋅} _∫ ⁼

∫

^{1 2 1 2 1 21 1}

2 2

2 2

2 x x x x

x

dy y b dy x a dy y b dy x a dy y b x a

[ ] [ ] _⎥ ⁼

⎦

⎢ ⎤

⎣

⎡ −

⋅ +

−

⋅

⎥ =

⎦

⎢ ⎤

⎣

⋅ ⎡ +

⋅

= 2 2

1 1 2

4 2

2 2 1

2 1

2 2

b x x x y a

b y x a

x x

4 2

4 4

2

2 2

2

2 b x

a x b a b x x b

a x

a ⎟

⎠

⎜ ⎞

⎝ ⎛ +

−

⋅ +

=

− +

⋅

−

⋅

=

sostituiamo nell’integrale esterno e integriamo

⎟ =

⎠

⎜ ⎞

⎝ ⎛ +

−

⋅ +

⎟⎟ =

⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛ ⎟

⎠

⎜ ⎞

⎝ ⎛ +

−

⋅

+ ∫ ∫ ∫

∫

− − −

−

1

1

4 1

1 2 1

1 1

1

4 2

2 2

2

2 b x dx

a dx x a b dx

dx b x

a x b a

[ ] _⎥ ⁼

⎦

⎢ ⎤

⎣

⎟ ⎡

⎠

⎜ ⎞

⎝ ⎛ +

⎥ −

⎦

⎢ ⎤

⎣

⋅ ⎡ +

⎟ =

⎠

⎜ ⎞

⎝ ⎛ +

−

⋅ +

=

−

−

−

−

−

−

∫ ∫ ∫

1

1 1 5

1 3 1

1 1

1 4 1

1 2 1

1

1 2 2 3 2 5

2

x a b

a x b x

dx b x

a dx x a b dx

[ ( ) ] ⎟ =

⎠

⎜ ⎞

⎝ ⎛ +

− +

⎥ =

⎦

⎢ ⎤

⎣

⎡ ⎟

⎠

⎜ ⎞

⎝ ⎛−

⎟ −

⎠

⎜ ⎞

⎝ ⎛ +

⎥ −

⎦

⎢ ⎤

⎣

⎡ ⎟

⎠

⎜ ⎞

⎝ ⎛−

−

⋅ +

−

−

= 5 2

2 3 2 2 2 5 1 5 1 2 3

1 3 1 1

2 1

a b b a

a b b a

b b a

a a

b 5

4 15

4 5 5 2 3

2 − − = +

+

=

---

Calcolare l’integrale doppio

∫∫ ( )

A

dy dx y x cos

ove

( ) [ ]

{ ^{x , y 0 , 1 R : 0 y 1 x}

²

}

A = ∈ × ≤ ≤ −

Soluzione

Disegniamo l’insieme che abbiamo definito

Il dominio può essere considerato normale rispetto a entrambi gli assi coordinati

Normale rispetto a x

Impostiamo il calcolo considerando il dominio normale rispetto all’asse delle ascisse

( ) ∫ ∫ ( )

∫∫ _⎟ ^⎟

⎠

⎞

⎜ ⎜

⎝

= ⎛

⁻

1

0 1

0

2

cos

cos y dx dy x y dy dx x

x

A

svolgiamo l’integrale interno

( ) ( ) [ ( ) ]

¹0

(

²

)

1

0 1

0

1 sen sen

cos

cos

²

2 2

x x

y x dy y x

dy y

x

^x

x x

−

=

=

=

^{− −}

−

∫ ∫

sostituiamo il risultato e risolviamo l’integrale esterno

( ⁻ ) ^{= −} _∫ ^{− ⋅} ( ⁻ ) ^{= −} _∫ ( ⁻ ) ( ⁻ ) ⁼

∫

¹

0

2 2

1

0

2 1

0

2

sen 1 1

2 1 1

sen 2 2

1 1

sen x dx x x dx x d x

x

( )

[ ] ^{[ ( ) ( ) ] ( )}

2 1 cos 2 0 1 1 cos 1 1 2 cos 1 1

2 cos

1

¹

0

2

= − − − = −

−

= x

Normale rispetto a y

Invertiamo dapprima la parabola

1 x

2

y = − → y − 1 = − x

²

→ x

²

=1 − y → x = ± 1 − y

ovviamente prendiamo in considerazione la funzione col segno positivo perché i punti che appartengono al nostro insieme hanno tutti ascissa positiva.

( ) ∫ ∫ ( )

∫∫ _⎟ ^⎟

⎠

⎞

⎜ ⎜

⎝

= ⎛

1 −

0 1

0

cos

cos y dx dy x y dx dy x

y

A

calcoliamo l’integrale interno

( ) ( ) ( ) ( ) ⎥⎦ ⎤ =

⎢⎣ ⎡ −

⎥ =

⎦

⎢ ⎤

⎣

= ⎡

=

− −

−

∫

∫ ^{cos cos cos} ₂ ^{cos 1} ₂

1

0 1 2

0 1

0

y y y x

dx x y dx

y x

y y y

( ) ( )

2 cos 2

cos y

y − y

=

andiamo a sostituire in quello esterno

( ) ( ) _{⎟ =} ( ) ₋ ( ) ₌

⎠

⎜ ⎞

⎝

⎛ − ∫ ∫

∫

¹

0 1

0 1

0

2

cos 2

cos 2

cos 2

cos y dy

y y dy

y dy y y

( ) ( ) ₊ ( ) ₌

⎥⎦ ⎤

⎢⎣ ⎡

⎥⎦ −

⎢⎣ ⎤

= ⎡ ∫

¹

0 1

0 1

0

2

sen 2

sen 2

sen y y dy

y y

( ) ( ) ( ) ₌

⎥⎦ ⎤

⎢⎣ ⎡

⎥⎦ −

⎢⎣ ⎤

− ⎡

⎥⎦ ⎤

⎢⎣ ⎡

=

1

0 1

0 1

0

2

cos 2

sen 2

sen y y

y y

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

2 1 cos 2 1 2

0 cos 2

1 cos 2

1 sen 2

1

sen − − + = −

=

e i conti tornano.

---

Calcolare gli integrali doppi.

(a)

∫∫

A

dy dx xy

(b)

{

∫∫

}

≥

≥

∩x 0 y, 0 A

dy dx xy

dove

A

è il dominio delimitato dall’asteroide di equazioni parametriche

x = r ⋅ cos

³

( ) ϑ

,

( ) ϑ sen

3

⋅

= r

y

, con

ϑ ∈ [ 0 , 2 π ]

.

Soluzione

(a)

sappiamo, per le formule di Gauss-Green che

( ) ∫ ( )

∫∫

+∂

=

A A

dy y x f dy x dx

y x

f , ,

oppure

∫∫ ( ) ∫ ( )

∂ +

−

=

A A

dx y x f dy

y dx y x

f , ,

prima di tutto dobbiamo trovare la funzione

f ( ) x , y

, quindi dobbiamo integrare

xy

rispetto a

x

, se decidiamo di utilizzare la prima di Gauss-Green, rispetto a

y

se decidiamo di utilizzare la seconda.

Integriamo rispetto a

x

2 yx

2

dx xy =

∫

allora per la prima di Gauss-Green applicata al nostro caso abbiamo

∫

∫∫

+∂

=

A A

y dy dy x

dx

xy 2

2

sostituiamo le equazioni parametriche della frontiera e svolgiamo l’integrale

( ) ^⋅ ( ) ^⋅ ( ( ) ) ⁼

= ∫

∫

∂ +

π

ϑ ϑ ϑ

2

0

3 3

6 2 2

sen sen

2 cos 1

2 y dy r r d r

x

A

( ) ⋅ ( ) ⋅ ⋅ ( ) ⋅ ( ) ⋅ =

=

²

∫

^π

^{ϑ ϑ ϑ ϑ ϑ}

0

2 3

6

2

cos sen 3 sen cos

2

1 r r r d

( ) ⋅ ( ) ⋅ ( ) ⋅ ( ) =

=

²

∫

^π

^{ϑ ϑ ϑ ϑ ϑ}

0

2 2

7 4

sen sen

sen 2 cos

3 r d

( ) ⋅ ( − ( ) ) ⋅ ( − ( ) ) ⋅ ( ) =

=

²

∫

^π

^{ϑ ϑ ϑ ϑ ϑ}

0

2 2

7 4

sen cos

1 cos

1 2 cos

3 r d

( ) ⋅ ( − ( ) ) ⋅ ( ) =

=

²

∫

^π

^{ϑ ϑ ϑ ϑ}

0

2 2 7

4

sen cos

1 2 cos

3 r d

( ) ⋅ ( − ( ) + ( ) ) ⋅ ( ) =

=

²

∫

^π

^{ϑ ϑ ϑ ϑ ϑ}

0

4 2

7 4

sen cos

cos 2 1 2 cos

3 r d

( ) ⋅ ( ) − ( ) ⋅ ( ) + ( ) ⋅ ( ) =

= ∫

^π

^{ϑ ϑ ϑ} ∫

^π

^{ϑ ϑ ϑ}

²

∫

^π

^{ϑ ϑ ϑ}

0 11 2 4

0 9 4 2

0 7 4

sen 2 cos

sen 3 cos

3 sen

2 cos

3 r d

d r

r d

( ) ( ) + ( ) ⋅ ( ) − ( ) ( ) =

−

= ∫

^π

^{ϑ ϑ} ∫

^π

^{ϑ ϑ}

²

∫

^π

^{ϑ ϑ}

0 11 2 4

0 9 4 2

0 7 4

cos 2 cos

cos 3 cos

3 cos 2 cos

3 r d

d r

r d

( ) ( ) ( ) ₌

⎥ ⎦

⎢ ⎤

⎣

− ⎡

⎥ ⎦

⎢ ⎤

⎣ + ⎡

⎥ ⎦

⎢ ⎤

⎣

− ⎡

=

π π

π

ϑ ϑ

ϑ

²

0 12 2 4

0 10 4 2

0 8 4

12 cos 2 3 10

3 cos 8

cos 2

3 r

r r

[ ] [ ] [ ] 0 0 2

0 3 3 2 0

3

⁴ ₄ ⁴

=

− +

−

= r

r r

ora passiamo all’altro integrale

(b)

per ragioni evidenti l’unica cosa che cambia nel calcolo precedente sono gli estremi d’integrazione

{ } { }

( ) ^⋅ ( ) ^⋅ ( ( ) ) ⁼

=

= ∫ ∫

∫∫

≥ ≥ +∂ ∩ ≥ ≥

∩

2

0

3 3

6 2

0 , 0

2

0 , 0

sen sen

2 cos 1 2

π

ϑ ϑ

ϑ r d r

r y dy

dy x dx xy

y x A y

x A

( ) ( ) ( ) ₌

⎥ ⎦

⎢ ⎤

⎣

− ⎡

⎥ ⎦

⎢ ⎤

⎣ + ⎡

⎥ ⎦

⎢ ⎤

⎣

− ⎡

=

²

0 12 2 4

0 10 2 4

0 8 4

12 cos 2 3 10

3 cos 8

cos 2 3

π π

π

ϑ ϑ

ϑ r

r r

⎥⎦ =

⎢⎣ ⎤

⎡ −

⎥⎦ −

⎢⎣ ⎤

⎡ −

⎥⎦ +

⎢⎣ ⎤

⎡ −

−

= 12

0 1 2 3 10 0 1 8 3

0 1 2

3

⁴ ₄

r

⁴

r r

4 4

4 4 4 4 4 4

80 1 240

30 72 45 24 3 10 3 16 3 24 3 10 3 16

3 r − r + r = r − r + r = − + r = r

=

---

Calcolare l’area della regione

A

del piano

x, y

delimitata dalla retta di equazione

y = x

e dalla curva

γ

di equazioni parametriche

( ) _⎟⎟

⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛ +

= + t t

t t t

₄

γ

2

t ∈ [ ] 0 , 1

Soluzione

Controlliamo gli estremi della curva

( ) ( ) 0 , 0 0

0 0 0 0 ⎟⎟ ⎠ =

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛ +

= +

γ

, cioè la curva ha inizio nell’origine degli assi e dato che

( ) ( ) 2 , 2 1

1 1 1 1 ⎟⎟ ⎠ =

⎜⎜ ⎞

⎝

⎛ +

= +

γ

, finisce nel punto

( ) 2 , 2

, questo vuol dire che la porzione di piano di cui dobbiamo calcolare l’area è compresa tra la curva in questione e il segmento di retta

( ) _⎟⎟

⎠

⎜⎜ ⎞

⎝

= ⎛ t t t

s t ∈ [ ] 0 , 2

prima di calcolare l’area con le formule di Gauss-Green impostiamo il calcolo

t t t t

²

+ =

⁴

+

per sapere se per qualche valore tra

0

e

1

la retta ha scissa e ordinata uguali e quindi interseca la bisettrice.

t t t

t

⁴

+ =

²

+ → t

⁴

− t

²

= 0 → ^t

²

( ) ^t

²

^{− 1 = 0}

si vede facilmente che tra

0

e

1

la curva non passa più per la bisettrice. Possiamo impostare il calcolo su tutta la frontiera.

Ora vediamo se la curva si trova sopra o sotto la retta. Perché se si trova sotto, al crescere di

t

, la curva

γ

viene percorsa in senso antiorario (quindi positivo), se si trova sopra è il contrario.

Diamo un valore intermedio a

t

,

⎟

⎠

⎜ ⎞

⎝

= ⎛

⎟⎟

⎟ ⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎜ ⎜

⎝

⎛ +

= +

⎟ ⎠

⎜ ⎞

⎝

⎛

16 , 9 4 3

2 1 16

1 2 1 4 1

2

γ 1

, mentre la bisettrice, per ovvi motivi,

per

4

= 3 x

ha

4

= 3

y

, dato che

y

_s

> y

_γ , cioè per una stessa ascissa, l’ordinata della retta è maggiore di quella della curva cioè la curva si trova completamente al di sotto della retta nell’intervallo studiato.

Allora possiamo impostare il calcolo

( ) ⁼ _∫ ⁻ _∫ ⁼ _∫ ( ⁺ ) ( ⁺ ) ⁻ _∫

²

⁼

0 1

0

4 2

2

0 1

0

dt t t t d t t dy x dy x A

m

_{γ γ s s}

( )( ^{+ +} ) ^{− =} ( ^{+ + +} ) ^{− =}

= ∫ ∫ ∫ ∫

²

0 1

0

2 4 5 2

0 1

0

3

2

t 4 t 1 dt t dt 4 t 4 t t t dt t dt

t

⎥ =

⎦

⎢ ⎤

⎣

− ⎡

⎥ ⎦

⎢ ⎤

⎣ + ⎡

⎥ ⎦

⎢ ⎤

⎣ + ⎡

⎥ ⎦

⎢ ⎤

⎣ + ⎡

⎥ ⎦

⎢ ⎤

⎣

= ⎡

2

0 1 2

0 1 2

0 1 3

0 1 5

0 6

2 2

3 5

4 6

4 t t t t t

= + −

+

= +

− + + +

=

− + + +

= 30

60 30

15 10 24 2 20

2 1 3 1 5 4 3 2 2 2 1 3 1 5 4 6 4

10 3 30

9 30 60 30

69 − = =

=

Segue il grafico

GRAFICO